《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律 課后分級演練15 動(dòng)能定理及其應(yīng)用》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律 課后分級演練15 動(dòng)能定理及其應(yīng)用（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課后分級演練(十五) 動(dòng)能定理及其應(yīng)用【A級基礎(chǔ)練】1(多選)一個(gè)小物塊從斜面底端沖上足夠長的斜面后，返回到斜面底端已知小物塊的初動(dòng)能為E，它返回斜面底端的速度大小為v，克服摩擦阻力做功為.若小物塊沖上斜面的初動(dòng)能變?yōu)?E，則有()A返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為EB返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為C返回斜面底端時(shí)的速度大小為2vD返回斜面底端時(shí)的速度大小為v解析：AD以初動(dòng)能E沖上斜面并返回的整個(gè)過程中運(yùn)用動(dòng)能定理得mv2E，設(shè)以初動(dòng)能E沖上斜面的初速度為v0，則以初動(dòng)能2E沖上斜面時(shí)，初速度為v0，加速度相同，根據(jù)2ax0v可知第二次沖上斜面的位移是第一次的兩倍，所以上升過程中克服摩擦力做功是第一次的兩倍，

2、整個(gè)過程中克服摩擦力做功是第一次的兩倍，即為E.以初動(dòng)能2E沖上斜面并返回的整個(gè)過程中運(yùn)用動(dòng)能定理得mv22EE，所以返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為E，A正確，B錯(cuò)誤由得vv，C錯(cuò)誤，D正確2.如圖所示，質(zhì)量為m的小球，在離地面H高處由靜止釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到的空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A小球落地時(shí)動(dòng)能等于mgHB小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時(shí)的動(dòng)能C整個(gè)過程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)D小球在泥中受到的平均阻力為mg(1)解析：C根據(jù)動(dòng)能定理得mgHfHmv，A錯(cuò)誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程中

3、根據(jù)動(dòng)能定理得mghf0h0mv，解得f0hmghmv，f0mg(1)，B、D錯(cuò)誤；全過程運(yùn)用動(dòng)能定理知，整個(gè)過程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)，C正確3.如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h.若將小球A換為質(zhì)量為3m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球B下降h時(shí)的速度為(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)()A.B. C.D. 解析：B小球A下降h過程小球克服彈簧彈力做功為W1，根據(jù)動(dòng)能定理，有mghW10；小球B下降過程，由動(dòng)能定理有3mghW13mv20，解得：v，故B正確4.如圖所示，某段滑雪雪道傾

4、角為30°，總質(zhì)量為m(包括雪具在內(nèi))的滑雪運(yùn)動(dòng)員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為g.在他從上向下滑到底端的過程中，下列說法正確的是()A運(yùn)動(dòng)員減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能B運(yùn)動(dòng)員獲得的動(dòng)能為mghC運(yùn)動(dòng)員克服摩擦力做功為mghD下滑過程中系統(tǒng)減少的機(jī)械能為mgh解析：D運(yùn)動(dòng)員的加速度為g，沿斜面方向有mgFfm·g，則摩擦力Ffmg，摩擦力做功Wfmg·2hmgh，A、C錯(cuò)誤，D正確運(yùn)動(dòng)員獲得的動(dòng)能Ekmghmghmgh，B錯(cuò)誤5.如圖所示，質(zhì)量為m的物體置于光滑水平面上，一根繩子跨過定滑輪一端固定在物體上，另一端在力F作用下，以恒定速率v

5、0豎直向下運(yùn)動(dòng)，物體由靜止開始運(yùn)動(dòng)到繩與水平方向的夾角45°的過程中，繩中拉力對物體做的功為()A.mvBmvC.mvD.mv解析：B物體由靜止開始運(yùn)動(dòng)，繩的拉力對物體做的功等于物體增加的動(dòng)能設(shè)物體運(yùn)動(dòng)到繩與水平方向的夾角45°時(shí)的速率為v，此時(shí)有：vcos 45°v0，則vv0.所以繩的拉力對物體做的功為Wmv2mv，B項(xiàng)正確6.用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到06 s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示下列說法正確的是()A06 s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng)，后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B06 s內(nèi)物體在4 s時(shí)的速度最大C物體在24

6、 s內(nèi)速度不變D04 s內(nèi)合力對物體做的功等于06 s內(nèi)合力做的功解析：D本題考查運(yùn)動(dòng)圖象、動(dòng)能定理等，意在考查考生對物理規(guī)律的理解和應(yīng)用能力由vat可知，at圖象中，圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示質(zhì)點(diǎn)的速度，06 s內(nèi)物體的速度始終為正值，故一直為正方向，A項(xiàng)錯(cuò)；t5 s時(shí)，速度最大，B項(xiàng)錯(cuò)；24 s內(nèi)加速度保持不變，速度一定變化，C項(xiàng)錯(cuò)；04 s內(nèi)與06 s內(nèi)圖線與坐標(biāo)軸所圍面積相等，故物體4 s末和6 s末速度相同，由動(dòng)能定理可知，兩段時(shí)間內(nèi)合力對物體做功相等，D項(xiàng)正確7.(2017·青島模擬)如圖所示，上表面水平的圓盤固定在水平地面上，一小物塊從圓盤邊緣上的P點(diǎn)，以大小恒定的初速度

7、v0，在圓盤上沿與直徑PQ成不同夾角的方向開始滑動(dòng)，小物塊運(yùn)動(dòng)到圓盤另一邊緣時(shí)的速度大小為v，則v2cos 圖象應(yīng)為()解析：A設(shè)圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，由動(dòng)能定理可得，mg·2rcos mv2mv，整理得v2v4grcos ，可知v2與cos 為線性關(guān)系，斜率為負(fù)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤8(多選)質(zhì)量為1 kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，受到一水平外力F作用運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力Ff，做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正確的是()A物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B物體運(yùn)動(dòng)的位移為13 mC前3

8、m運(yùn)動(dòng)過程中物體的加速度為3 m/s2Dx9 m時(shí)，物體速度為3 m/s解析：ACD由WfFfx對應(yīng)圖乙可知，物體與地面之間的滑動(dòng)摩擦力Ff2 N，由Ffmg可得0.2，A正確；由WFFx對應(yīng)圖乙可知，前3 m內(nèi)，拉力F15 N,39 m內(nèi)拉力F2 2 N，物體在前3 m內(nèi)的加速度a13 m/s2，C正確；由動(dòng)能定理得：WFFfxmv2可得：x9 m時(shí)，物體的速度為v3 m/s，D正確；物體的最大位移xm13.5 m，B錯(cuò)誤9.如圖所示，固定坡道傾角為，頂端距光滑水平面的高度為h，一可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊質(zhì)量為m，從坡道頂端由靜止滑卞，經(jīng)過底端O點(diǎn)進(jìn)入水平面時(shí)無機(jī)械能損失，為使小物塊制動(dòng)，將輕彈簧

9、的一端固定在水平面左側(cè)M處的豎直墻上，彈簧自由伸長時(shí)右側(cè)一端恰好位于O點(diǎn)已知小物塊與坡道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A彈簧彈性勢能的最大值為mghB小物塊在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，下滑的加速度比上滑的加速度小C小物塊往返運(yùn)動(dòng)的總路程為D小物塊返回傾斜軌道時(shí)所能達(dá)到的最大高度為 h解析：BCD物塊由靜止釋放到彈簧壓縮最大過程，由功能關(guān)系得mghWfEp，故彈簧彈性勢能的最大值EpmghWf，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律，小物塊下滑的加速度a1gsin gcos ，上滑的加速度a2gsin gcos ，故a1<a2選項(xiàng)B正確；小物塊經(jīng)過多次往返后，最終停在O點(diǎn)，全過程往返

10、運(yùn)動(dòng)的總路程設(shè)為x，由動(dòng)能定理mghmgxcos 0，解得x，選項(xiàng)C正確；設(shè)小物塊返回傾斜軌道時(shí)所能達(dá)到的最大高度為h，由動(dòng)能定理有mghmgcos ·mghmgcos ·0，解得hh，選項(xiàng)D正確10.如圖所示，用一塊長L11.0 m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌子高H0.8 m，長L21.5 m斜面與水平桌面的夾角可在060°間調(diào)節(jié)后固定將質(zhì)量m0.2 kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.05，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失(重力加速度取g10 m/s2；最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)(1)求角增大到多

11、少時(shí)，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)(2)當(dāng)角增大到37°時(shí)，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)2；(已知sin 37°0.6，cos 37°0.8)(3)繼續(xù)增大角，發(fā)現(xiàn)53°時(shí)物塊落地點(diǎn)與墻面的距離最大，求此最大距離xm.解析：(1)為使小物塊下滑，應(yīng)有mgsin 1mgcos 滿足的條件tan 0.05即當(dāng)arctan 0.05時(shí)物塊恰好從斜面開始下滑(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos )由動(dòng)能定理得mgL1sin Wf0代入數(shù)據(jù)得20.8(3)由動(dòng)能定理得mgL1sin Wfmv2結(jié)合式并代入數(shù)

12、據(jù)得v1 m/s由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得Hgt2，x1vt解得t0.4 sx10.4 mxmx1L21.9 m答案：(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m【B級提升練】11(2017·甘肅模擬)如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量m4 kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下運(yùn)動(dòng)，推力F隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所示，已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，取g10 m/s2，則下列說法正確的是()A物體先做加速運(yùn)動(dòng)，推力撤去時(shí)開始做減速運(yùn)動(dòng)B物體在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移為10 mC物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為2 m/sD物體在運(yùn)動(dòng)中的加速度先變小后不變解析：B物體先做加速運(yùn)

13、動(dòng)，當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)開始做減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由題圖乙中圖線與x軸所圍面積表示推力對物體做的功得推力做的功W×4×100 J200 J，根據(jù)動(dòng)能定理有Wmgxm0，代入數(shù)據(jù)解得xm10 m，選項(xiàng)B正確；當(dāng)推力與摩擦力平衡時(shí)，加速度為0，速度最大，由題圖乙得F與x的函數(shù)關(guān)系式為F10025x(N)，當(dāng)Fmg20 N時(shí)，代入數(shù)據(jù)得x3.2 m，由動(dòng)能定理有×3.2 J20×3.2 J×4 kg×v，解得vm8 m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；拉力一直減小，而摩擦力不變，加速度先減小后增大，當(dāng)F0后加速度保持不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤12(2017·

14、;洛陽模擬)(多選)如圖甲所示，傾角為的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時(shí)針方向運(yùn)行t0時(shí)，將質(zhì)量m1 kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上，物體相對地面的vt圖象如圖乙所示設(shè)沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g10 m/s2.則()A傳送帶的速率v010 m/sB傳送帶的傾角30°C物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5D02.0 s摩擦力對物體做功Wf24 J解析：ACD由vt圖象可知，物體放上傳送帶開始階段，加速度a110.0 m/s2，物體與傳送帶同速后，加速度a2 m/s22.0 m/s2，傳送帶的速率v010 m/s，A正確；由mgsin mgcos ma1，mgsin

15、mgcos ma2可求得：37°，0.5，B錯(cuò)誤，C正確；由動(dòng)能定理得：mglsin Wfmv2，v12.0 m/s，l×10×1 m×1 m16 m，解得Wf24 J，D正確13(多選)(2016·濟(jì)寧三模)如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達(dá)到的最大位移x與斜面傾角的關(guān)系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角，實(shí)驗(yàn)測得x與斜面傾角的關(guān)系如圖乙所示，g取10 m/s2，根據(jù)圖象可求出()A物體的初速率v03 m/sB物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.75C取不同的傾角，物體在斜面上能達(dá)到的位移x的最小值

16、xmin1.44 mD當(dāng)某次30°時(shí)，物體達(dá)到最大位移后將沿斜面下滑解析：BC當(dāng)角度達(dá)到90°時(shí)，物體將做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，此時(shí)上升高度為1.8 m，由運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求得初速度v06 m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)角度為0時(shí)，物體相當(dāng)于在水平面上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)位移為2.4 m，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得，動(dòng)摩擦因數(shù)0.75，選項(xiàng)B正確；當(dāng)傾角為時(shí)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得mgsin mgcos ma，又有x，結(jié)合數(shù)學(xué)關(guān)系可得位移的最小值為1.44 m，選項(xiàng)C正確；角為30°時(shí)，到達(dá)最高點(diǎn)重力沿斜面向下的分力小于最大靜摩擦力，因此達(dá)到最大位移后不會(huì)下滑，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案選BC.14如圖所示，水平面上放

17、一質(zhì)量為m2 kg的小物塊，通過薄壁圓筒的輕細(xì)繞線牽引，圓筒半徑為R0.5 m，質(zhì)量為M4 kg.t0時(shí)刻，圓筒在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下由靜止開始繞豎直中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度與時(shí)間的關(guān)系滿足4t，物塊和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.3，細(xì)線始終與地面平行，其它摩擦不計(jì)，g取10 m/s2，求：(1)物塊運(yùn)動(dòng)中受到的拉力(2)從開始運(yùn)動(dòng)至t2 s時(shí)電動(dòng)機(jī)做了多少功？解析：(1)由于圓筒邊緣線速度與物塊直線運(yùn)動(dòng)速度大小相同，根據(jù)vR4Rt2t，線速度與時(shí)間成正比，物塊做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由公式vat知，物塊加速度為a2 m/s2，對物塊受力分析，由牛頓第二定律得Tmgma，則細(xì)線拉力為T10 N.(2)根

18、據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律：t2 s時(shí)物塊的速度：vat2×2 m/s4 m/s2 s內(nèi)物塊的位移：xat2×2×22 m4 m對整體運(yùn)用動(dòng)能定理，有Wmgxmv2Mv2代入數(shù)據(jù)求得電動(dòng)機(jī)做的功為W72 J.答案：(1)10 N(2)72 J15如圖所示，一質(zhì)量m0.4 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止于水平軌道上的A點(diǎn)，滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1.現(xiàn)對滑塊施加一水平外力，使其向右運(yùn)動(dòng)，外力的功率恒為P10 W經(jīng)過一段時(shí)間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至B點(diǎn)后水平飛出，恰好在C點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點(diǎn)D處裝有壓力傳感器，當(dāng)滑塊到達(dá)傳感器上

19、方時(shí)，傳感器的示數(shù)為25.6 N已知軌道AB的長度L2 m，圓弧形軌道的半徑R0.5 m；半徑OC和豎直方向的夾角37°.(空氣阻力可忽略，重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)求：(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度的大小vC；(2)B、C兩點(diǎn)的高度差h及水平距離x；(3)水平外力作用在滑塊上的時(shí)間t.解析：(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得FNmgm滑塊由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得mgR(1cos )mvmv代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得vc5 m/s.(2)滑塊從B到C做平拋運(yùn)動(dòng)，在C點(diǎn)速度的豎直分量為：vyvCsin 3 m

20、/s所以B、C兩點(diǎn)的高度差為h m0.45 m滑塊由B運(yùn)動(dòng)到C所用的時(shí)間為t1 s0.3 s滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度即平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為vBvCcos 4 m/s所以B、C間的水平距離xvBt14×0.3 m1.2 m(3)滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得PtmgLmv代入數(shù)據(jù)解得t0.4 s.答案：(1)5 m/s(2)0.45 m1.2 m(3)0.4 s6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375